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对于一个物品,设它体积为v,那么,在背包参数为p的情况下,它能达到gcd(v,p)的倍数的重量
对于两个物品,设它们的体积为v1和v2,那么,在背包参数为p的情况下,他能达到gcd(v1,v2,p)的倍数的重量
对于每个物品,我们记下它的gcd(v,p),问题变为给定一个x,求有多少个v的集合,是集合内所有元素的gcd能被x整除
我们设dp[i][j]表示p的前i个约数有多少种组合是组合后的gcd为j。
接下来,我们考虑怎么转移
先给伪代码(不加取模):
for(i=1;i<=约数个数;++i)
for(j=1;j<=约数个数;++j){
x=gcd(第i个约数,第j个约数)dp[i][x]+=dp[i-1][j]*(2^约数i的个数-1);
dp[i][j]+=dp[i][j-1];
}
这种转移方式有点奇怪,是个好思路,我们平常的dp都是枚举状态,然后在寻找能转移到我们枚举的状态的状态。这个dp是先枚举已经计算完成的状态,在计算这些状态能转移到哪,更新,有点类似noip2017 提高组day1T3的拓扑排序dp写法。
上AC代码(wxy数组就是dp数组,有些细节上的处理我还没讲,可以自己实现,ps:我常数有点大(两个map)):
#include <bits/stdc++.h> using namespace std; const int N=2e3+10; const int md=1e9+7; #define _l long long int n,q,p,ys[N]; map<int,int>reff; map<int,int>cnt; _l p2[N*N],wxy[N][N],an[N]; int gcd(int x,int y){return x%y==0 ? y:gcd(y,x%y);} int main(){ scanf("%d%d%d",&n,&q,&p); int i; for(i=1;i*i<=p;++i)if(p%i==0){ ys[++ys[0]]=i,reff[i]=ys[0];if(i*i!=p)ys[++ys[0]]=p/i,reff[p/i]=ys[0]; } for(i=1;i<=n;++i){ int x;scanf("%d",&x);x=gcd(max(x,p),min(x,p)); ++cnt[x]; } int j;p2[0]=1; for(i=1;i<=n;++i)p2[i]=(p2[i-1]*2)%md;wxy[0][reff[p]]=1; for(i=1;i<=ys[0];++i)for(j=1;j<=ys[0];++j){ int tmp=gcd(max(ys[i],ys[j]),min(ys[i],ys[j])); wxy[i][reff[tmp]]=(wxy[i][reff[tmp]]+wxy[i-1][j]*(_l)(p2[cnt[ys[i]]]-1))%md; wxy[i][j]=(wxy[i-1][j]+wxy[i][j])%md; } for(i=1;i<=ys[0];++i)for(j=1;j<=ys[0];++j)if(ys[i]%ys[j]==0)an[i]=(an[i]+wxy[ys[0]][j])%md; while(q--){ int x;scanf("%d",&x);x=gcd(max(x,p),min(x,p)); printf("%lld\n",an[reff[x]]); } }
原文地址:https://www.cnblogs.com/david--lj/p/8974065.html
时间: 2024-11-05 22:07:02